高中数学 培优二轮含答案 解析 专题四 第一讲 等差数列与等比数列Word格式.docx
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Sn=An2+Bn(A、B为常数)⇔{an}为等差数列
(5){an}为等比数列,an>
0⇔{logaan}为等差数列
a=an·
an+2(n≥1)
(an≠0)⇔{an}为等比数列
an=c·
qn(c、q均是不为0的常数,n∈N*)⇔{an}为等比数列
(4){an}为等差数列⇔{aan}为等比数列(a>
0且a≠1)
性质
(1)若m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq
(2)an=am+(n-m)d
(3)Sm,S2m-Sm,S3m-S2m,…仍成等差数列
(1)若m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q,则am·
an=ap·
aq
(2)an=amqn-m
(3)等比数列依次每n项和(Sn≠0)仍成等比数列
前n项和
Sn==na1+d
(1)q≠1,Sn==
(2)q=1,Sn=na1
1.(星课堂·
江西)等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于( )
A.-24B.0C.12D.24
答案 A
解析 由x,3x+3,6x+6成等比数列得,(3x+3)2=x(6x+6).
解得x1=-3或x2=-1(不合题意,舍去).
故数列的第四项为-24.
2.(星课堂·
福建)等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为( )
A.1B.2C.3D.4
答案 B
解析 方法一 设等差数列{an}的公差为d,
由题意得 解得∴d=2.
方法二 ∵在等差数列{an}中,a1+a5=2a3=10,∴a3=5.
又a4=7,∴公差d=7-5=2.
3.(星课堂·
辽宁)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题:
p1:
数列{an}是递增数列;
p2:
数列{nan}是递增数列;
p3:
数列是递增数列;
p4:
数列{an+3nd}是递增数列.
其中的真命题为( )
A.p1,p2B.p3,p4C.p2,p3D.p1,p4
答案 D
解析 an=a1+(n-1)d,d>0,
∴an-an-1=d>0,命题p1正确.
nan=na1+n(n-1)d,∴nan-(n-1)an-1=a1+2(n-1)d与0的大小和a1的取值情况有关.
故数列{nan}不一定递增,命题p2不正确.
对于p3:
=+d,∴-=,
当d-a1>0,即d>a1时,数列{}递增,
但d>a1不一定成立,则p3不正确.
对于p4:
设bn=an+3nd,
则bn+1-bn=an+1-an+3d=4d>0.
∴数列{an+3nd}是递增数列,p4正确.
综上,正确的命题为p1,p4.
4.(星课堂·
重庆)已知{an}是等差数列,a1=1,公差d≠0,Sn为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8=________.
答案 64
解析 因为a1,a2,a5成等比数列,则a=a1·
a5,即(1+d)2=1×
(1+4d),d=2.所以an=1+(n-1)×
2=2n-1,S8==4×
(1+15)=64.
5.(星课堂·
江苏)在正项等比数列{an}中,a5=,a6+a7=3.则满足a1+a2+…+an>
a1a2…an的最大正整数n的值为________.
答案 12
解析 由已知条件a5=,a6+a7=3,
即q+q2=3,整理得q2+q-6=0,
解得q=2,或q=-3(舍去).
an=a5qn-5=×
2n-5=2n-6,
a1+a2+…+an=(2n-1),
a1a2…an=2-52-42-3…2n-6=2,
由a1+a2+…+an>
a1a2…an可知2n>
2+1,
n≤12.
题型一 等差(比)数列的基本运算
例1 (星课堂·
山东)已知等差数列{an}的前5项和为105,且a10=2a5.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)对任意m∈N*,将数列{an}中不大于72m的项的个数记为bm.求数列{bm}的前m项和Sm.
审题破题
(1)由已知列出关于首项和公差的方程组,解得a1和d,从而求出an.
(2)求出bm,再根据其特征选用求和方法.
解
(1)设数列{an}的公差为d,前n项和为Tn,
由T5=105,a10=2a5,
得
解得a1=7,d=7.
因此an=a1+(n-1)d=7+7(n-1)=7n(n∈N*).
(2)对m∈N*,若an=7n≤72m,则n≤72m-1.
因此bm=72m-1.
所以数列{bm}是首项为7,公比为49的等比数列,
故Sm===
=.
反思归纳 关于等差(等比)数列的基本运算,一般通过其通项公式和前n项和公式构造关于a1和d(或q)的方程或方程组解决,如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质,不仅可以快速获解,而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认识.
变式训练1 (星课堂·
浙江)在公差为d的等差数列{an}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,an;
(2)若d<
0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|.
解
(1)由题意得5a3·
a1=(2a2+2)2,
即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.
所以an=-n+11,n∈N*或an=4n+6,n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn.
因为d<
0,由
(1)得d=-1,an=-n+11.
当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=Sn=-n2+n.
当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=-Sn+2S11=n2-n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|
=
题型二 等差(比)数列性质的应用
例2
(1)已知正数组成的等差数列{an},前20项和为100,则a7·
a14的最大值是( )
A.25B.50C.100D.不存在
(2)在等差数列{an}中,a1=-2013,其前n项和为Sn,若-=2,则S2013的值为( )
A.-2011B.-2012C.-2010D.-2013
审题破题
(1)根据等差数列的性质,a7+a14=a1+a20,S20=可求出a7+a14,然后利用基本不等式;
(2)等差数列{an}中,Sn是其前n项和,则也成等差数列.
答案
(1)A
(2)D
解析
(1)∵S20=×
20=100,∴a1+a20=10.
∵a1+a20=a7+a14,∴a7+a14=10.
∵an>
0,∴a7·
a14≤2=25.
当且仅当a7=a14时取等号.
(2)根据等差数列的性质,得数列也是等差数列,根据已知可得这个数列的首项=a1=-2013,公差d=1,故=-2013+(2013-1)×
1=-1,所以S2013=-2013.
反思归纳 等差数列和等比数列的项,前n项和都有一些类似的性质,充分利用性质可简化解题过程.
变式训练2
(1)数列{an}是等差数列,若<
-1,且它的前n项和Sn有最大值,那么当Sn取得最小正值时,n等于( )
A.11B.17C.19D.21
答案 C
解析 ∵{an}的前n项和Sn有最大值,
∴数列为递减数列.又<
-1,
∴a10>
0,a11<
0,得a10+a11<
0.
而S19==19·
a10>
0,
S20==10(a10+a11)<
故当n=19时,Sn取得最小正值.
(2)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数,且a3a11=16,则log2a10等于( )
A.4B.5C.6D.7
解析 ∵a3·
a11=16,∴a=16.
又∵等比数列{an}的各项都是正数,∴a7=4.
又∵a10=a7q3=4×
23=25,∴log2a10=5.
题型三 等差数列、等比数列的综合应用
例3 已知数列{an}的前n项和Sn满足条件2Sn=3(an-1),其中n∈N*.
(1)证明:
数列{an}为等比数列;
(2)设数列{bn}满足bn=log3an,若cn=anbn,求数列{cn}的前n项和.
审题破题
(1)利用an=Sn-Sn-1求出an与an-1之间的关系,进而用定义证明数列{an}为等比数列.
(2)由
(1)的结论得出数列{bn}的通项公式,求出cn的表达式,再利用错位相减法求和.
(1)证明 由题意得an=Sn-Sn-1=(an-an-1)(n≥2),
∴an=3an-1,∴=3(n≥2),
又S1=(a1-1)=a1,解得a1=3,
∴数列{an}为首项为3,公比为3的等比数列.
(2)解 由
(1)得an=3n,则bn=log3an=log33n=n,
∴cn=anbn=n·
3n,
设Tn=1·
31+2·
32+3·
33+…+(n-1)·
3n-1+n·
3Tn=1·
32+2·
33+3·
34+…+(n-1)·
3n+n·
3n+1.
∴-2Tn=31+32+33+…+3n-n·
3n+1
=-n·
3n+1,
∴Tn=.
反思归纳 等差、等比数列的判断与证明方法是由已知条件求出an或得到an+1与an的递推关系,再确认an+1-an=d(n∈N*,d为常数)或=q(n∈N*,q为非零常数)是否对一切正整数均成立.
变式训练3 已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d>
0,且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}对n∈N*,均有++…+=an+1成立,求c1+c2+…+c2013.
解
(1)∵a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,d>
∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d),解得d=2.
则an=1+(n-1)×
2=2n-1.
又∵b2=a2=3,b3=a5=9,
∴等比数列{bn}的公比q===3.
∴bn=b2qn-2=3×
3n-2=3n-1.
(2)由++…+=an+1,得
当n≥2时,++…+=an,
两式相减,得=an+1-an=2,
∴cn=2bn=2×
3n-1(n≥2)
而当n=1时,=a2,∴c1=3.
∴cn=
∴c1+c2+…+c2013=3+2×
31+2×
32+…+2×
32012
=3+=3-3+32013=32013.
典例 (12分)已知数列a1,a2,…,a30,其中a1,a2,…,a10是首项为1,公差为1的等差数列;
a10,a11,…,a20是公差为d的等差数列;
a20,a21,…,a30是公差为d2的等差数列(d≠0).
(1)若a20=40,求d;
(2)试写出a30关于d的关系式,并求a30的取值范围;
(3)续写已知数列,使得a30,a31,…,a40是公差为d3的等差数列,…